2025屆百校大聯(lián)考全國名校聯(lián)盟物理高二上期末考試模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、如圖所示，厚度均勻的木板放在水平地面上，木板上放置兩個相同的條形磁鐵，兩磁鐵的極正對．在兩磁鐵豎直對稱軸上的點固定一垂直于紙面的長直導線，并通以垂直紙面向里的恒定電流，木板和磁鐵始終處于靜止狀態(tài)，則（）A.導線受到的安培力豎直向上，木板受到地面的摩擦力水平向右B.導線受到的安培力豎直向下，木板受到地面的摩擦力水平向左C.導線受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力水平向右D.導線受到的安培力水平向右，木板受到地面的摩擦力為零2、如圖所示，A為電磁鐵，C為膠木秤盤，A和C（包括支架）的總質量為；B為鐵塊，質量為m，整個裝置用輕繩懸掛于點O，當電磁鐵通電時，鐵塊被吸引上升的過程中，輕繩上拉力F的大小為（）A. B.C. D.3、下列說法不正確的是（）A.牛頓定律適用于宏觀、低速、弱作用力領域B.17世紀，牛頓把天空中的現(xiàn)象與地面上的現(xiàn)象統(tǒng)一起來，成功的解釋了天體運動的規(guī)律C.牛頓巧妙的利用扭秤實驗測量出了引力常量G=6.67×10-11N.m2/KgD.一旦測出了引力常量，就可以算出地球的質量4、如圖所示為大型電子地磅電路圖，電源電動勢為E，內阻不計．不稱物體時，滑片P滑到A端，滑動變阻器接入電路的有效電阻最大，電流較??；稱重物時，在壓力作用下使滑片P下滑，滑動變阻器有效電阻變小，電流變大，這樣把電流對應的重量值刻在刻度盤上，就可以讀出被稱物體的重量值，若滑動變阻器上A、B間距離為L，最大阻值等于電阻阻值R0，已知兩只彈簧的總彈力與形變量成正比，其比例系數為k，所稱重物的重量G與電流大小I的關系為A.G＝2kL＋ B.G＝2kL－C.G＝＋kL D.G＝kIL5、如圖，通有恒定電流的直導線右側有一矩形線圈abcd，導線與線圈共面．如果線圈運動時不產生感應電流，線圈可能的運動是()A.向上平移 B.向右平移C.向左平移 D.以ab為軸轉動6、如圖1，AB是某電場中的一條電場線，若將正點電荷從A點由靜止自由釋放，沿電場線從A到B運動過程中的速度圖線如圖所2示，則A、B兩點場強大小和電勢高低關系是（）A.EA＜EB；φA＜φB B.EA＜EB；φA＞φBC.EA＞EB；φA＜φB D.EA＞EB；φA＞φB二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、如圖所示，在邊長為a的等邊三角形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，質量為m，速率為的粒子從A點垂直磁場方向沿AB進入磁場區(qū)域，不計粒子重力，粒子離開磁場時的速度方向與AC平行，則（）A.粒子帶負電B.粒子做圓周運動的半徑為C.粒子的電量為D.粒子在磁場中運動的時間為8、兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L，底端接阻值為R的電阻．將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示．除電阻R外其余電阻不計．現(xiàn)將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則A.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度gB.金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→bC.金屬棒的速度為v時，所受的按培力大小為F=D.電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少9、如圖所示，回旋加速器D形盒的半徑為R，所加磁場的磁感應強度為B，粒子在D形盒的中心由靜止出發(fā)，經電壓為U的交變電場加速后進入磁場。設粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，忽略粒子在電場中的加速時間。下列說法正確的是（）A.交變電場的周期應為TB.B越大，粒子的出射速度越小C.U越大，粒子的出射速度越大D.R越大，粒子的出射速度越大10、如圖所示，在一個半徑為R的圓形區(qū)坡內存在微感應強度為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一個比荷為的正粒子，從A點沿與AO夾角的方向射入勻強磁場區(qū)域，最終從B點沿與AO垂直的方向離開磁場．若粒子在運動過程中只受磁場力作用，則A.粒子運動的軌道半徑B.粒子在磁場區(qū)域內運動的時間C.粒子的初速度的D.若僅改變初速度的方向，該粒子仍能從B點飛出磁場區(qū)域三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11．（6分）如圖所示，兩根靠得很近的平行長直導線①、②，分別通以向上的電流I1、I2，且I1>I2，導線①、②受到的安培力大小分別為F1和F2，則F1______F2（選填“>”、“<”或“=”）；導線①受到的安培力F1的方向為___________12．（12分）某同學用如圖甲所示的電路測量一電池的電動勢和內阻．已知該待測電池的電動勢約為9V，內阻約數十歐，允許輸出的最大電流為50mA；電阻箱R的最大阻值為999.9Ω，定值電阻R1的阻值為200Ω（1）某次測量時，電壓表和電阻箱的示數分別如圖乙、丙所示，其讀數分別為________V和_________Ω（2）選擇定值電阻R1時，實驗小組發(fā)現(xiàn)電阻的額定功率有以下幾種規(guī)格：A．WB．WC．1W應選___（選填“A”“B”或“C”）規(guī)格的定值電阻，依據是____________________（3）根據實驗測得的多組電壓表的示數U和電阻箱相應的阻值R，以為縱坐標，為橫坐標，作—圖線如圖丁所示．根據圖線可求得待測電池的電動勢E=_____V，內阻r=_____Ω．（均保留兩位有效數字）四、計算題：本題共3小題，共38分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟。13．（10分）如圖甲所示，在坐標系xOy中，y軸左側有沿x軸正方向的勻強電場，場強大小為E；y軸右側有如圖乙所示，大小和方向周期性變化的勻強磁場，磁感應強度大小B0已知，磁場方向垂直紙面向里為正．t＝0時刻，從x軸上的P點無初速度釋放一帶正電的粒子，質量為m，電荷量為q，粒子重力不計．粒子第一次在電場中運動時間與第一次在磁場中運動的時間相等．求：(1)粒子第一次經過O點的速度；(2)粒子第一次進入磁場與第二次進入磁場的半徑之比14．（16分）如圖所示，電源的電動勢E=110V，電阻R1=21Ω，電動機繞組的電阻R0=0.5Ω，電鍵S1始終閉合．當電鍵S2斷開時，電阻R1的電功率是525W；當電鍵S2閉合時，電阻R1的電功率是336W，求：（1）電源的內電阻；（2）當電鍵S2閉合時流過電源的電流和電動機的輸出功率15．（12分）如圖所示，邊長為L、匝數為n的正方形金屬線框，它的質量為m、電阻為R，用細線把它懸掛于一個有界的勻強磁場邊緣．金屬框的上半部處于磁場內，下半部處于磁場外，磁場隨時間的變化規(guī)律為B=kt．求：（1）線框中的電流強度為多大？（2）t時刻線框受的安培力多大？

參考答案一、單項選擇題：本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、C【解析】AB.做出兩磁鐵的磁場經過C點的磁感線，并標出兩磁場在C點的磁場方向，由矢量合成可知，合磁場的方向豎直向上根據左手定則可知，導線受到的安培力水平向右，A、B不符合題意；CD.根據牛頓第三定律可知，木板和磁鐵組成的整體受到通電導線對它們水平向左的作用力，因此木板受到地面的摩擦力的方向水平向右，C符合題意，D不符合題意；2、D【解析】當電磁鐵通電前，繩的拉力為，當電磁鐵通電后，鐵塊被吸引上升，做變加速運動，且越靠近電磁鐵，吸力越大，加速度越大。對A、B、C組成的系統(tǒng)，當鐵塊加速上升時，系統(tǒng)整體的重心加速上移，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，故輕繩的拉力大于。故選D。3、C【解析】牛頓運動定律適用于宏觀、低速、弱作用力領域，不適用微觀、高速、強相互作用，A正確；根據牛頓對萬有引力的研究史，B正確；卡文迪許利用扭秤實驗測量出了引力常量G=6.67×10-11N.m2/Kg，C錯誤；由萬有引力公式，，D正確；4、A【解析】由于滑片P的移動,所以接入電路的電阻隨重物的增加而減小,設所稱重物的重力為G時,彈簧壓縮x(AP=x),則電路中的總電阻為R0+R0,由歐姆定律可得E=I(R0+R0),①由胡克定律得G=kx②由①②兩式解得G=2kL-,故選項A正確.5、A【解析】導線中電流強度不變時，產生的磁場不變，線圈向上移動時，穿過線框的磁通量不變，故不可以產生感應電流，故A正確；線框向右運動時，線框中的磁感應強度減小，穿過線框的磁通量減小，可以產生感應電流，故B錯誤；線框向左運動時，線框中的磁感應強度增大，穿過線框的磁通量增大，可以產生感應電流，故C錯誤；線框以ab為軸轉動，線框的磁通量發(fā)生變化，可以產生感應電流，故D錯誤．所以A正確，BCD錯誤6、D【解析】從速度時間圖線得到正點電荷做加速運動，加速度逐漸變小，根據牛頓第二定律得到電場力的變化情況解：從速度時間圖線得到正點電荷做加速運動，加速度逐漸變小，故電場力向右，且不斷變小，故A點的電場強度較大，故EA＞EB；正電荷受到的電場力與場強方向相同，故場強向右，沿場強方向，電勢變小，故A點電勢較大，即φA＞φB；故選D【點評】本題關鍵通過速度時間圖象得到物體的速度變化情況和加速度變化情況，然后判斷場強方向和電勢大小二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的四個選項中，有多個選項是符合題目要求的。全部選對的得5分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。7、AB【解析】A．由題意可知，粒子離開磁場時的速度方向與平行，則粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力垂直于向右下方，由左手定則可知，粒子帶負電，故A正確；B．粒子運動軌跡如圖所示：由幾何知識得：解得：故B正確；C．洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：解得：故C錯誤；D．粒子轉過圓心角：粒子做圓周運動的周期：粒子在磁場中的運動時間：故D錯誤；故選AB。8、AC【解析】A、金屬棒剛釋放時，彈簧處于原長，彈力為零，又因此時速度為零，沒有感應電流，金屬棒不受安培力作用，金屬棒只受到重力作用，其加速度應等于重力加速度，故A正確；B、金屬棒向下運動時，由右手定則可知，在金屬棒上電流方向向右，流過電阻R的電流方向為，故B錯誤；C、金屬棒速度為時，安培力大小為，，由以上兩式得：，故C正確；D、金屬棒下落過程中，由能量守恒定律知，金屬棒減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（速度不為零時）以及電阻R上產生的熱量，故D錯誤【點睛】釋放瞬間金屬棒只受重力，加速度為．金屬棒向下運動時，根據右手定則判斷感應電流的方向．由安培力公式、歐姆定律和感應電動勢公式推導安培力的表達式．金屬棒下落過程中，金屬棒減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能、金屬棒的動能（金屬棒速度不是零時）和電阻R產生的內能；本題考查分析、判斷和推導電磁感應現(xiàn)象中導體的加速度、安培力、能量轉化等問題的能力，是一道基礎題9、AD【解析】A．要使粒子能夠在回旋加速器持續(xù)的加速，交變電場的周期應和粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期相同，A正確；BCD．粒子最終從D形盒中飛出，洛倫茲力提供向心力：粒子出射速度的最大值：可知粒子出射速度與加速電壓無關，越大，粒子出射速度越大，越大，粒子出射速度越大，BC錯誤，D正確。故選AD。10、AC【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，速度的偏向角等于軌跡對應的圓心角．畫出軌跡，由數學知識求出軌跡半徑，再利用洛倫茲力提供向心力結合結合關系即可分析求解，利用周期公式結合粒子在磁場中轉過的圓心角，求解粒子在磁場中運動的時間【詳解】A、畫出粒子軌跡示意圖，如下圖所示，因為粒子從B點沿與AO垂直方向離開磁場，故O′B與AO平行，又因為OAB與O′AB均為等腰三角形，可得：OAB=OBA=O′BA=O′AB，所以O′A與BO也平行，因為粒子速度方向偏轉的角度為，故AO′B=，所以四邊形OAO′B為兩個等邊三角形組成的菱形，故粒子運動的軌道半徑r=R，故A正確B、粒子在磁場中運動的周期：T==，粒子在磁場中轉過的圓心角=600，所以粒子在磁場中運動的時間為：t==，故B錯誤C、根據洛倫茲力提供向心力可得：qv0B=m，結合軌道半徑r=R，聯(lián)立可得粒子的初速度為：v0=，故C正確D、當入射粒子速度方向發(fā)生變化時，粒子運動的軌跡示意圖如圖所示，速度大小不變，粒子做圓周運動的半徑不變，入射速度方向發(fā)生變化，粒子在圓周上的出射點也隨之變化，所以若僅改變初速度的方向，該粒子將不能從B點飛出磁場區(qū)域，故D錯誤故選A、C【點睛】本題考查帶電粒子在有界勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，利用洛倫茲力提供向心力，結合幾何關系進行求解；運用粒子在磁場中轉過的圓心角，結合周期公式，求解粒子在磁場中運動的時間三、實驗題：本題共2小題，共18分。把答案寫在答題卡中指定的答題處，不要求寫出演算過程。11、①.=②.向右【解析】物體間力的作用是相互的，物體間的相互作用力大小相等；磁場是由通電導線產生的，一通電導線在另一導線電流的磁場中，會受到安培力作用，由安培定則判斷出電流的磁場方向，然后由左手定則判斷出安培力方向通電導線在其周圍產生磁場，通電導線在磁場中受到安培力作用，兩導線所受安培力是作用力與反作用力，它們大小相等．由右手螺旋定則可知：由右手螺旋定則可知：在處產生的磁場垂直紙面向外，由左手定則可知，所所受安培力向右12、①.8.2②.180.0③.C④.定值電阻在電路中消耗的功率會超過1/4W⑤.9.3（9.1~9.5之間）⑥.51（49~53之間）【解析】(1)如圖乙所示，電壓表的示數為：8.2V，如圖丙所示，電阻箱的阻值為：180.0；(2)定值電阻在電路中的最大功率為：，所以應選C，依據為定值電阻在電路中消耗的功率會超過1/4W；(3)由實驗原理變形得：，由圖象